Kompatibilis Euler-séták

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Elekes Ábel Matematikus MSc Kompatibilis Euler-séták Szakdolgozat Témavezetõ: Frank András Operációkutatás Tanszék Budapest, 2015

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretném megköszönni témavezet mnek, Frank Andrásnak, a bizalmat, amivel az els perct l kezdve fogadott, illetve a segítséget a dolgozatom témájának megtalálásában, a források felkutatásában, és a felmerül problémák leküzdésében. Köszönettel tartozom Bérczi Kristófnak, akinek a segítsége nélkül a dolgozat nem készülhetett volna el. Hálás vagyok édesanyámnak, édesapámnak, testvéremnek és Adélnak, hogy minden pillanatban mellettem állnak. Budapest, május 28. Elekes Ábel ii

3 Tartalomjegyzék Ábrák jegyzéke iv Bevezetés 1 1. Alapvet deníciók, problémák 3 2. Alsó korlát a kompatibilis Euler-séták számára Ha δ(g)=2k, akkor pcet(g) k Egy speciális gráf-család A sejtés igaz, ha a gráf minden blokkja egy kör Er sebb eredmények pcet(g) k A 2k=6 speciális eset Irányított kompatibilis Euler-séták Alsó korlát a kompatibilis irányított Euler-séták számára A sejtés igaz, ha a digráf minden blokkja egy kör A 2k=6 speciális eset irányított változata A fejezetben felhasznált tételek A pontosan 2k-1 kompatibilis Euler-sétát tartalmazó gráfok karakterizációja Sejtés az általános esetben Izotrópikus rendszerek Az izotrópikus rendszerek és a gráfok kapcsolata, a karakterizáció bizonyítása 45 Konklúzió 47 Irodalomjegyzék 50 iii

4 Ábrák jegyzéke 1.1. v csúcs szétcsatolása S mentén v csúcs szétvágása S mentén Példa olyan gráfra, melyben minden kör egy blokk A konstrukcióval kapott Hamilton-utak, és a teljes gráf A konstrukcióval kapott teljes párosítások K 8 -ban Az 5-reguláris feszít részgráf konstrukciója A konstrukcióval kapott teljes párosítások, páratlan m esetén Az els két teljes párosítás páros m esetén A harmadik és negyedik teljes párosítás páros m esetén Egy gráf szétvágása séták mentén A nem megengedett esetek 4.3 Következményben (P, C)-elkerülés a bizonyításbeli jelölésekkel Ellenpélda páratlan k esetén Ellenpélda irányított esetben Diszjunkt Hamilton-körök K 6 -ban A konstrukció szerint el állított latin négyzet 2m = 10 esetben A latin négyzet általános esetben Ellenpélda az egyszer ség szükségességének bizonyításához iv

5 Bevezetés Jól ismert eredmény, hogy azért nem tudunk végigsétálni a königsbergi hidakon úgy, hogy mindegyiken pontosan egyszer haladunk át, mert a szárazföldek és a köztük ível hidak által meghatározott gráf nem Euler-gráf, azaz nem teljesül rá, hogy minden csúcsa páros fokú lenne. Persze Leonhard Euler még nem ezt az elnevezést használta 1736-ban, amikor megválaszolta a helyiek kérdését, csak az utókor nevezte el róla az olyan gráfokat, melyeknek végig lehet járni az éleit úgy, hogy minden élen pontosan egyszer haladjunk át. A dolgozatunk egy fontos problémáját így lehetne megfogalmazni: adott egy olyan város a csomópontjaival és a köztük vezet utcáival, amelyr l tudjuk, hogy minden csomópontból pontosan négy utca nyílik. Ekkor a eddigiek alapján tudjuk, hogy a város úthálózatából kapott gráf Euler-gráf, tehát végig tudunk sétálni az utcákon úgy, hogy mindegyiken pontosan egyszer haladjunk át. Azt szeretnénk tudni, hogy el tudunk-e menni kétszer úgy sétálni a városban, hogy egy-egy séta alkalmával ugyan minden utcán pontosan egyszer megyünk végig, de mégsem látjuk ugyanazt a két utcát közvetlenül egymás után mindkét séta alkalmával. Azaz nem fordulhat el, hogy ha az egyik sétán A utca végigjárása után B utca következik, akkor a másikon A után szintén B következzen, vagy fordítva. A dolgozat els fejezetében ezt a kérdést formalizáljuk általános esetben és deniáljuk a hozzá szükséges struktúrákat. A fejezet második felében belátunk egy fels korlátot az ilyen séták maximális számára tetsz leges Euler-gráfban, majd ennek alapján ismertetjük a témakör legfontosabb sejtését. A második fejezetben belátjuk, hogy amennyiben a városunkban minden térr l legalább 2k utca nyílik, azaz minden csúcs foka legalább 2k a gráfunkban, akkor biztosan el tudunk menni legalább k 1 alkalommal a feltételeknek megfelel en sétálni. A bizonyítás - érdekes módon - egy teljes párosítás keresési feladatra vezeti vissza az eredeti problémát. Ez a fejezet jó betekintést nyújt a témánkba, mert egy a kés bbiekben is fontos bizonyítási módszer szerepel benne átláthatóan és egyszer formában, így a deníciók mélyebb megértését is segítheti. Témája szempontjából a negyedik fejezet kellene következzen a második után, mert ebben lényegében ugyanolyan felépítéssel bizonyítjuk be, hogy legalább k Euler-sétát tehetünk a feltételeknek megfelel en. Azért kerül mégis hátrébb, mert a harmadik fejezetbeli bizonyítások után jobban átláthatóak és könnyebben érthet ek az itteni immár elég hosszadalmas, nehezebb bizonyítások. A fejezet végén felmérjük az eddigi eredményeinket és ennek következményeként egy speciális esetet külön is megvizsgálunk. Azt látjuk be, hogy ha 6 a legkisebb fokszám egy Euler-gráfban, akkor létezik benne 4 különböz nekünk megfelel séta. A harmadik fejezetben egy speciális Euler-gráf családdal foglalkozunk. Belátjuk, hogy erre a gráf családra teljesül az els fejezetben megfogalmazott sejtés, és közben megismerjük a problémának egy a kés bbiekben is nagyon hasznos, másik feladatra való visszavezetését. Az ötödik fejezetben minden addig elhangzott problémát és feladatot megismétlünk, de immár irányított gráfokra. Els ként szerepel a második fejezet mintájára egy alsó becslés, 1

6 majd a harmadik fejezetbeli speciális gráf család irányított változata, és végül a negyedik fejezetben látott speciális eset. Látni fogjuk, hogy nincs nagy különbség az irányított és irányítatlan bizonyítások módszerei között, s t van olyan bizonyítás is, amit szinte szó szerint lemásolhatunk. Összességében nem ez a jellemz, s t még változatosabb eszközöket is használunk egy-egy bizonyításhoz, így a téma még alaposabb megismeréséhez elengedhetetlen, hogy ezeket is lássuk. Az utolsó fejezetben visszatérünk az eredeti feladathoz, annak is egy speciális problémájához, nevezetesen, hogy karakterizáljuk azokat a 4-reguláris gráfokat, amelyekben pontosan 3 nekünk megfelel séta található. Az eddigi pusztán gráfelméleti bizonyításokat itt felváltja egy másik módszer, amely egy algebrai struktúrán alapul, amit izotrópikusrendszernek nevezünk. A fejezet elején megismerjük az ehhez tartozó deníciókat és belátjuk alapvet tulajdonságait, majd a második részben összekapcsoljuk a gráfokkal. Így végül problémánknak izotrópikus-rendszerekben való vizsgálatával kapjuk ennek a fejezetnek a f eredményét. A dolgozat zárásaként áttekintést adunk az eredményekr l, majd végiggondoljuk, hogy milyen irányba folytatódhatna a további kutatás, milyen megoldatlan sejtések maradtak, illetve ezek segítségével hogyan tudnánk az eredeti problémákkal megbirkózni. 2

7 1. fejezet Alapvet deníciók, problémák A dolgozatban mindenhol, ahol külön nem említjük, összefügg, véges, hurok-él mentes gráfokkal foglalkozunk. A többszörös élek megengedettek. Az eredmények alkalmazhatók hurok-élekre is, ha helyettesítjük ket egy kett hosszú körrel. Ha G = (V, E) gráf olyan összefügg és minden csúcsának a foka páros, akkor Eulergráfnak nevezzük. Minden k természetes számra jelölje V 2k (G) a pontosan 2k fokú csúcsok halmazát G-ben, azaz V 2k (G) = {v V (G) : d(v) = 2k}. (Ahol nem okoz félreértést gyakran V -t fogunk írni V (G) helyett.) A gráfnak minden e = {u, v} élét vágjunk ketté e u és e v fél-élekre, amelyek rendre az u és v fel li részét jelentsék e élnek úgy, hogy az uniójuk az e él. (Helyenként az egész élt fogjuk ugyanez alatt érteni, nem csak a felét. Ahol nem okoz problémát ott ezt külön nem jelezzük.) Egy u V csúcsra legyen h(u, G) az u csúcsból induló fél-élek halmaza G-ben. Egy u-beli átmenet egy kételem részhalmaza h(u, G)-nek. Legyen T (u) páronként diszjunkt u-beli átmenetek egy halmaza. Ekkor T = u V T (u) páronként diszjunkt átmenetek halmaza a G gráfban. Ha T (u) h(u, G) halmaznak egy partícióját alkotja, akkor T (u)-t egy u-beli átmenet-rendszernek nevezzük. Ha ez minden u V csúcsra teljesül, akkor T egy átmenet-rendszere G-nek. Két átmenet-rendszer T 1 és T 2 kompatibilis, ha T 1 (u) T 2 (u) = teljesül minden u V V 2 -re. V V 2 -t külön is megjelöljük, mert rengetegszer fordul el az alapvet deníciókban kitüntetett szerepe miatt. Legyen V 4+ = V V 2. Egy G-beli séta alatt egy H =v 0 e 1 v 1 e 2...e m v 0 sorozatot értünk, amelyben v i V, e i E és e i él v i 1 és v i között halad (modulo m értjük az indexelést), valamint e i e j (1 i<j m). Ha H tartalmaz minden E-beli élt, akkor H egy Euler-sétája G-nek. Tudjuk, hogy E felbontható él-diszjunkt sétákra, ha G Euler-gráf. Ez a klasszikus eredmény abból a meggyelésb l adódik, hogy ha elindulunk egy csúcsból egy tetsz leges sétán, akkor a fokszámok párossága miatt csak ebben a csúcsban akadhatunk el. Látjuk továbbá, hogy létezik egy természetes megfeleltetés G-nek egy X séta-felbontása és egy T (X) átmenet-rendszere között: a t = {e u 1, eu 2 } átmenet pontosan akkor tartozik T (X)(u)-hoz, ha e 1, u és e 2 egymás után következnek az egyik X-beli sétában. (Az, hogy e 1 ue 2 vagy e 2 ue 1 a sorrend az mindegy, hiszen egy sétát visszafele felírva ugyanazt a sétát kapjuk.) Így a deníciónkat kiterjesztve azt mondjuk, hogy két séta-felbontás X 1 és X 2 kompatibilis, ha a hozzájuk tartozó átmenet-rendszerek kompatibilisek. Ez a séták nyelvén azt jelenti, hogy nincs olyan (e 1, u, e 2 ) hármas, amely egymás után következik (akár fordított sorrendben) egy X 1 és egy X 2 -beli sétában is. Egy X 1 séta-felbontás és egy T 2 átmenetrendszer kompatibilis, ha az X 1 -hez tartozó T (X 1 ) átmenet-rendszer kompatibilis T 2 -vel. Egy G-beli Euler-sétára úgy tekintünk, mint G-nek egy egyelem séta-felbontására. 3

8 A.J.W. Hilton 1985-ben vetette fel az alábbi problémát [8], amely a dolgozatom f kérdése: 1.1. Probléma. Határozzuk meg egy adott G Euler-gráfban a páronként kompatibilis Eulerséták maximális számát. A probléma egy speciális esete már 1979-ben felmerült Kotzig egy cikkében[13]. Ž akkor azt a sejtést fogalmazta meg, hogy a K 2k+1 teljes gráfnak létezik 2k 1 darab páronként kompatibilis Euler-sétája. Jelöljük pcet(g)-vel egy G gráf páronként kompatibilis Eulersétáinak a maximális számát. Azt vesszük észre a vizsgálataink során, hogy pcet(g) szorosan összefügg G minimális fokszámával, pontosabban a kompatibilitás deníciója miatt a legalább négy fokú csúcsok minimális fokszámával. Jelöljük ezt δ(g)-vel, azaz δ(g) = min{2k : V 2k ; 2k > 2}. Hogy ezt lássuk vegyünk X 1, X 2,..., X m páronként kompatibilis Euler sétákat G-ben, valamint legyen v csúcs olyan, hogy d(v) = δ(g). Legyen e 1 h(v, G). Nyilván e 1 különböz átmenetben kell legyen, azaz különböz párja van minden X i Euler-sétában (1 i m). Mivel csak további δ(g) 1 él van h(v, G)-ben e 1 -n kívül, így m δ(g) 1. Legyen S h(v, G). Deniáljuk G-nek a szétcsatolását v-ben S mentén (G S -el jelöljük szétcsatolt gráfot) az alábbi módon: V (G S ) = V (G) {v} {v, v }; E(G S ) = E(G); h(u, G S ) = h(u, G) minden u V (G) v csúcsra; valamint h(v, G S ) = S, h(v, G S ) = = h(v, G) S. Mindez sokkal szemléletesebben látszik az 1.1 ábra alapján ábra. v csúcs szétcsatolása S mentén Ha létezik egy olyan S = {e 1, e 2 } h(v, G) halmaz, hogy G szétcsatolásával S mentén kapott G S gráf nem összefügg, akkor S nem lehet átmenet egyik X i -ben sem (1 i m). Valóban, ekkor semmilyen G-beli Euler-sétában nem lehet átmenet. Hiszen ha az volna, akkor miel tt az Euler-séta "átmegy" ezen az átmeneten, és miután már "átment" ugyanabban az általa kijelölt komponensben lesz G S -ben, és egyáltalán nem juthat el a másik komponensbe, ami lehetetlen egy Euler-séta esetében.) Ekkor az el z gondolatmenet alapján adódik, hogy m δ(g) 2. A témakörünk legfontosabb sejtését Bill Jackson fogalmazta meg[8]: 1.2. Sejtés (Jackson). A páronként kompatibilis Euler-séták maximális száma egy G Eulergráfban vagy δ(g) 2, vagy δ(g) 1. A sejtést még egészében nem sikerült bebizonyítani. A folytatásban speciális eseteket vizsgálunk, illetve minél jobb alsó korlátokat adunk pcet(g)-re. 4

9 2. fejezet Alsó korlát a kompatibilis Euler-séták számára 2.1. Ha δ(g)=2k, akkor pcet(g) k-1 A témában megfogalmazott els érdemi eredményt 1987-ben publikálták [8]. Az ebben megfogalmazott tétel bizonyításához szükségünk lesz az alábbi eredményre [7]. Ezt a tételt ebben a dolgozatban nem bizonyítjuk terjedelmi korlátok miatt, valamint azért, mert bizonyítási módszerek tekintetében nem annyira érdekes, mint a kés bb látottak Tétel (Häggkvist). Legyen H egy egyszer gráf. V (H) = 2m és d(x)+d(y) 2m+1 teljesül minden x, y csúcspárra, amelyek között nem megy él. Ekkor H-nak bármely teljes párosítását tartalmazza egy H-beli Hamilton-kör. Deniáljuk egy csúcs szétvágását a szétcsatoláshoz hasonlóan. Legyen v V (G), amelyre d(v) = 2n. Azt mondjuk, hogy H gráf G-nek a v csúcsbeli szétvágottja, ha a következ k teljesülnek: V (H) = V (G) {v} {v 1, v 2,..., v n }; E(H) = E(G); h(u, H) = h(u, G) minden u V (G) v esetén, és {h(v i, H): 1 i n} egy v-beli átmenet-rendszer alkot G-ben. Ha ez az átmenet-rendszer T (v), akkor azt mondjuk, hogy G-t a v csúcsnál T (v) átmenet-rendszer mentén vágtuk szét. Ekkor H helyett gyakran a G T (v) jelölést fogjuk használni ábra. v csúcs szétvágása S mentén A 2.1 ábrán G-ben látható "ékek" jelölik az átmeneteket, és az ezen átmenetek által 5

10 alkotott átmenet-rendszer mentén vágtuk szét a gráfot. Az egyszer ség és átláthatóság kedvéért az ábrán egymás melletti élek alkotnak átmeneteket, valamint d(v) = 10. Egy csúcs szétvágása nem más, mint n-szeres szétcsatolás átmenetek mentén. A kés bbiekben látni fogjuk, hogy nekünk a szétvágás lesz a fontosabb fogalom, így indokolt külön is deniálni Tétel (Jackson). Legyen T 1, T 2,..., T h a G Euler-gráf átmenet-rendszerei, és minden v V 4+ csúcs foka legalább 2k. Ekkor ha h max{1, k 2}, akkor létezik egy olyan Euler-séta G-ben, amely kompatibilis minden T i -vel (1 i h). Bizonyítás. V 4+ (G) szerinti indukcióval bizonyítunk. Ha V 4+ (G)=, akkor a tétel nyilván igaz, hiszen a kompatibilitás deníciójában csak a 2-nél nagyobb fokú csúcsokról beszélünk. Tegyük fel tehát, hogy V 4+ (G), és legyen v V 4+ (G). Legyen h(v, G)={e 1, e 2,..., e 2m }, és legyenek G v komponensei H 1, H 2,..., H s. Mivel G Euler-gráf, ezért h(v, H i ) páros minden i-re (1 i s). h(v, H i ) itt a v-b l H i komponensbe mutató fél-élek halmazát jelöli. Vegyük észre, hogy ezt az eredeti deníció szerint h(v, H i +v) alakban kellett volna írjuk, de mivel nem okoz semmilyen félreértést, ezért megmaradunk az egyszer bb jelölésnél. A párosság miatt minden h(v, H i )-t particionálhatunk kételem partíciókra. Ezeknek az összeuniózásával kapunk egy T (v) átmenet-rendszert v-nél. Készítünk egy új H gráfot. H csúcsai legyenek megfeleltetve h(v, G) elemeinek. Az e k és e l élek (azaz H-beli csúcsok) között akkor menjen H-beli él, ha vagy {e k, e l } T (v) vagy {e k, e l } T (v) és {e k, e l } T i (v) semmilyen i-re (1 i h). Így minden H-beli csúcs foka legalább 2m 1 h, hiszen ha tekintünk egy e k élt, akkor hozzá legfeljebb h darab olyan e l él tartozhat, melyekre {e k, e l } T i (v)(1 i h), és így nincs közöttük él az új gráfban. H konstrukciója miatt látjuk, hogy egy H-beli teljes párosításnak megfelel egy v-beli átmenet-rendszer, amely ráadásul majdnem kompatibilis minden T i (v)-vel (1 i h), amit úgy értünk, hogy csak olyan közös átmeneteket tartalmaz velük, melyek T (v) elemei is egyben. A célunk, hogy konstruáljunk egy olyan G összefügg gráfot G szétvágásával v mentén, hogy h(v i, G ) T j (v) teljesüljön minden i, j-re (1 i m és 1 j h). Ha tekintjük h(v i, G ) H-beli megfelel it látjuk, hogy a G összefügg sége azzal ekvivalens, hogy találjunk egy F teljes párosítást H-ban, amire teljesül, hogy ha M egy párosítás F -ben, és V (M) az M-hez tartozó csúcshalmaz (V (M) V (H) = h(v, G))), akkor V (M) nem fejezhet ki h(v, H i ) típusú halmazok uniójaként semmilyen i I {1,2,..., s} részhalmazra. Hiszen ha létezne olyen M, amely így kifejezhet lenne, akkor a hozzá tartozó H i -k G -ban a gráf többi részével nem összefügg komponenst alkotnának, azaz G nem lenne összefügg. Tehát mivel minden h(v, H i ) T (v)-beli átmenetek uniója elegend, ha találunk egy H- beli F teljes párosítást, amire F T (v) Hamilton-kört alkot H-ban. Hogy ezt lássuk vegyük észre el ször, hogy ekkor F diszjunkt T (v)-t l, ami azt jelenti, hogy kompatibilis minden T i (v)-vel (1 i h). Másrészt, ha M egy olyan részhalmaza lenne F teljes párosításnak, amire V (M) = i I h(v, H i), akkor F T (v) egy nem összefügg 2-faktort alkotna H-ban, hiszen ehhez az M-hez tartozó T (v)-beli átmenetek összeuniózva V (M)-mel nem lennének a 2-faktor többi részével összefügg ek. Ez ellentmond annak, hogy F T (v) Hamilton-kört alkoth-ban, tehát nem létezhet F -ben ilyen M párosítás, és így az F szerinti átmenetek mentén szétvágott gráf összefügg. Ha m = k = 2, akkor deníció alapján kapjuk, hogy h = 1. Így H egy olyan négycsúcsú gráf, aminek a minimális fokszáma legalább 2m 1 h = 2. Könnyen látszik, hogy ekkor bármelyik H-beli teljes párosítást tartalmazza egy Hamilton-köre H-nak. Másrészt, ha m 3 és így m max(k,3) h+2, akkor azt kapjuk, hogy H egy 2m csúcsú gráf, amelyben a minimális fokszám legalább 2m 1 h m + 1. Így teljesül a 2.1 Tétel 6

11 feltétele, hiszen ekkor bármely két csúcs fokösszege nagyobb, mint 2m + 2. Így a tételb l tudjuk, hogy bármelyik teljes párosítást tartalmazza H-beli Hamilton-kör. Mindkét esetben meg tudjuk konstruálni a kívánt F teljes párosítást úgy, hogy megkeressük azt a C Hamilton-kört, amely tartalmazza T (v)-t és legyen F = C T (v). Használjuk ezt a kapott F -et, hogy megkapjuk G -ot G-b l. Vágjuk szét v-t v 1, v 2,..., v m csúcsokra az F -hez tartozó átmenet-rendszer mentén. A fent elmondottak alapján, ekkor h(v i, G ) T j (v) semmilyen i, j-re (1 i m és 1 j h), valamint G összefügg, és így Euler-gráf. Minden j-re (1 j h) legyen Tj az az átmenet-rendszere G -nak, amit úgy kapunk T j -b l, hogy kitöröljük bel le T j (v)-t. Mivel V 4+ (G )-ban minden csúcs legalább 2k fokú, és V 4+ (G ) < V 4+ (G), így indukcióval következik, hogy G -nak létezik egy X Euler-sétája, amely kompatibilis Tj -al minden j-re (1 j h). Nyilván az X Euler-sétához tartozik egy X Euler-séta G-ben, amely az eddig elmondottak alapján kompatibilis minden T j -vel (1 j h), és mivel pont ilyet kerestünk ezzel befejeztük a bizonyítást Következmény. Ha G egy Euler-gráf, és minden v V 4+ (G) csúcs foka legalább 2k, akkor G tartalmaz legalább max{2, k 1} páronként kompatibilis Euler-sétát. Bizonyítás. Legyen T 1 egy tetsz leges Euler-séta átmenet-rendszere. Használjuk a 2.2 Tételt és keressünk mindig új Euler-sétát, amely az el z ekkel kompatibilis. 7

12 3. fejezet Egy speciális gráf-család 3.1. A sejtés igaz, ha a gráf minden blokkja egy kör Az el z tétel bizonyításában fontos volt, hogy visszavezettük a problémát egy másik gráfbeli speciális teljes párosítás keresésére. Az ebben a fejezetben szerepl speciális gráfcsaládra vonatkozó tétel önmagában is érdekes eredmény, de még fontosabb, hogy közben egy új bizonyítási módszert ismerünk meg, amelyben teljes gráfok immár speciális 1-faktorizációira vezetjük vissza a kompatibilis Euler-séták problémáját [5]. (Egy gráf 1- faktorizációja alatt a gráf él-halmazának teljes párosításokra való particionálását fogjuk érteni.) 3.1. Tétel (Fleischner, Hilton, Jackson). Az 1.2 Sejtés igaz, ha minden G-beli kör egyben G-nek egy blokkja is. Azaz ebben a speciális esetben G-nek létezik 2k 2 páronként kompatibilis Euler-sétája, ahol a szokásos módon δ(g) = 2k, valamint G gráf egy blokkjának egy maximális 2-összefügg részgráfját nevezzük. Felmerül a kérdés, hogy hogyan is néznek ki a tételben megfogalmazott gráfok, melyeknek minden köre blokkja is egyben? Ezek összefügg gráfok, amelyek olyan körök uniója melyek páronként legfeljebb egy csúcsban metszik egymást, és ha minden metszésponthoz és minden körhöz hozzárendelünk egy csúcsot egy új gráfban, majd értelemszer en összekötjük a köröket a metszéspontjaikkal, akkor egy fát kapunk. A 3.1 ábrán egy példát láthatunk egy ilyen gráfra. Ezzel ekvivalens deníció, hogy olyan gráfok, melyekben bármely két körnek legfeljebb egy közös pontja van és minden csúcs foka legalább 2. Valamint szintén ekvivalens, hogy olyan gráfok, melyekben minden él pontosan egy körben szerepel ábra. Példa olyan gráfra, melyben minden kör egy blokk 8

13 Vegyük észre, hogy a tételben nem várhatunk jobb becslést, mint 2k 2. Hogy ezt lássuk vegyünk egy v V 4+, d(v) = 2k csúcsot. Nyilván a 2k 1 darab lehetséges átmenetb l, amely tartalmazza e fél-élt (e h(v, G)) van egy amelyik biztosan nem lehet átmenet egy Euler-sétában, nevezetesen az, amelyik által tartalmazott másik e él ugyanabba a blokkba tartozik G-ben, mint e. Ez a gondolatmenet megegyezik azzal, ahogy a dolgozat elején is láttuk már ezt a fels korlátot. Az ottani jelölést használva S = {e, e }-re G S jól láthatóan nem lesz összefügg Lemma (Fleischner, Hilton, Jackson). Legyen m > 1, n = 2m, és legyen L egy teljes párosítása a K n teljes gráfnak. Ekkor létezik olyan {L 1,..., L n 2 } 1-faktorizációja K n Lnek, hogy L L i Hamilton-kört alkot K n -ben minden i-re (1 i n 2). Bizonyítás. A bizonyítás során felhasználjuk, hogy K m -nek létezik olyan 2-faktorizációja, amelyben minden 2-faktor egy Hamilton-kör, ha m 3 és páratlan. Valamint minden páros m 4-re létezik olyan {L 1,..., L m 1 } 1-faktorizációja, amelyben L i L i+1 és L i 1 L i+1 is Hamilton-kört alkot minden i-re (1 i m 1, L 0 = L m 1 és L m = L 1 ). A második állítás kicsit átfogalmazva azt jelenti, hogy minden i-re L i Hamilton-kört alkot L i 2, L i 1, L i+1, és L i+2 mindegyikével. Hogy az els állítást lássuk tekintsük az alábbi konstrukciót. Legyen K m csúcsai a {0,1,2,..., m 1} pontok. Hagyjuk ki az m 1 index csúcsot, és a többi m 1, immár páros darab csúcson particionáljuk K m 1 éleit Hamilton-utakra. Ha ezt meg tudjuk csinálni, azzal belátjuk az eredeti állításunkat, hiszen ezután összekötve az utak végpontjait a kihagyott csúccsal összességében K m -beli éldiszjunkt Hamilton-köröket kapunk. Legyenek a Hamilton-utak az alábbiak: {0, m 2, 1, m 3, 2,..., (m 1)/2}, valamint ezeknek az "elforgatottjai", azaz modulo (m 1) az indexeket növelve kapott Hamiltonutak. Jól láthatóan az így kapott (m 1)/2 darab Hamilton-út éldiszjunkt, és így a fenti meggyelés miatt beláttuk az els állítást 3.2. ábra. A konstrukcióval kapott Hamilton-utak, és a teljes gráf A 3.2 ábrán az m 1 = 8 speciális eset látható, a jobb oldalon a K 9 teljes gráal. 9

14 A második állításhoz tekintsük az alábbi jól ismert konstrukciót. Egy K m páros csúcsszámú teljes gráfot úgy ábrázoljuk, hogy egy csúcsot középre helyezünk és a maradék m 1 csúcsot pedig eköré. Húzzunk be egy sugár irányú tetsz leges élt, majd erre tengelyesen szimmetrikusan párosítsuk a maradék csúcsokat. A 3.3 ábrán az m = 8 esetet illusztráljuk három így kapott teljes párosításával ábra. A konstrukcióval kapott teljes párosítások K 8 -ban A szimmetria miatt nyilvánvalóan az így kapott teljes párosítások 1-faktorizációját adják bármilyen m esetén K m -nek (m páros), valamint akár az ábrázolásból is könnyen láthatóan teljesül rájuk, hogy bármely teljes párosítás Hamilton-kört alkot a t le egyel vagy kett vel "elforgatottakkal". Ezzel pedig pont a második állítást láttuk be. Induljunk ki tehát K n teljes gráfból (n = 2m, m > 1), és legyen L egy tetsz leges teljes párosítása. Szeretnénk találni egy olyan {L 1,..., L n 2 } 1-faktorizációját K L-nek, amelyre teljesül, hogy minden i-re L L i Hamilton-kört alkot K n -ben (1 i n 2). Húzzuk össze minden L-beli élt egy ponttá. Így egy m csúcsú teljes gráfot kapunk, aminek minden csúcsa egy L-beli élnek felel meg. m paritása alapján két esetet különböztetünk meg. (1) m páratlan. Az el z állításokból tudjuk, hogy ekkor létezik (m 1)/2 darab Hamilton-körre való felbontása K m -nek, legyenek ezek H 1,..., H (m 1)/2. Azt fogjuk megmutatni, hogy minden H i -re találunk K n -ben négy páronként diszjunkt L i,1,..., L i,4 teljes párosítást úgy, hogy L L i,k Hamilton-kört alkot K n -ben és L i,k L j,p = teljesül minden i, j, k, p-re (i j és 1 k, p 4). Ha ezt megmutatjuk, akkor készen vagyunk, hiszen így összesen 4 (m 1)/2 = 2m 2 = n 2 darab nekünk megfelel teljes párosítást kapunk, ahogy szerettük volna. Tekintsünk egy rögzített H {H 1,..., H (m 1)/2 } Hamilton-kört és legyen e i = u i u i+1 egy tetsz leges, de rögzített H-beli él. Ebben a bizonyításban végig legyen u m+1 = u 1, azaz modulo m tekintjük a csúcsok indexelését. K n -ben az u i és u i+1 -hez tartozó csúcsokat jelöljük rendre u i, u i és u i+1, u i+1 -vel, melyekre u i u i, u i+1 u i+1 L teljesül. Így e i-hez 4 él tartozik K n -ben, H ei :={u i u i+1, u i u i+1, u i u i+1, u i u i+1 }. Ez a megfeleltetés e i és H ei között egy bijekciót ad K m e élei és H e E(K n ) élhalmazok között. Könnyen látható, hogy e f esetén H e H f =. Erre a rögzített H-ra képzeljük el K n csúcsait úgy, mint két szabályos sokszöget, ahol a csúcsok egyik részhalmaza (P ) egy körgy r bels "köre" a másik (P ) pedig a küls "köre". u i a P -n helyezkedik el, u i pedig P -n méghozzá úgy, hogy u i u i L egy a körgy r középpontjából induló "sugár darab" legyen. Ekkor m i=1 H e i L egy 5-reguláris G feszít részgráfot határoz meg K n -ben. 10

15 3.4. ábra. Az 5-reguláris feszít részgráf konstrukciója A 3.4 ábrán egy példát láthatunk a fenti konsturkcióra (n = 14, m = 7). Szaggatott vonallal az L-beli éleket jelöltük. Az eddig elmondottak alapján elegend, ha találunk G-ben négy darab C 1, C 2, C 3, C 4 Hamilton-kört, melyekre C i C j = L teljesül minden i, j-re (1 i, j 4, i j). Hiszen ha ezek megvannak, akkor bel lük L-et kivéve kapjuk a kívánt négy darab páronként diszjunkt teljes párosítást K n -ben. Els lépésben osszuk fel E(G) L = m élhalmazt 4 osztályra az alábbi módon: H ei i=1 M 1 = {u iu i+1 : i = 1,..., m}, M 2 = {u i u i+1 : i = 1,..., m}, M 3 = {u iu i+1 : i = 1,..., m}, M 4 = {u i u i+1 : i = 1,..., m}. j = 1,2 esetben osszuk M j -t további két alosztályra: M j = M j,0 M j,1. Tehát k = 0,1-re legyen: M 1,k = {u iu i+1 : i k mod 2; i = 1,..., m}, M 2,k = {u i u i+1 : i k mod 2; i = 1,..., m}. Itt tulajdonképpen nem csinálunk mást, mint hogy a bels és küls kör éleit tovább osztjuk a paritásuk alapján két-két alosztályba. Innen már könnyen adódik, hogy C 1 = (M 1,1 {u mu 1}) M 2,0 {u mu 1}, C 2 = (M 2,1 {u mu 1}) (M 1,0 {u m 1u m} {u m 1u m, u mu 1}, C 3 = (M 3 {u m 1u m, u mu 1}) {u m 1u m, u mu 1}, C 4 = M 4 1-faktorizációját adja az E(G) L élhalmaznak, és C i = C i L (1 i 4) megfeleltetéssel a nekünk megfelel Hamilton-köröket kapjuk. A 3.5 ábrán az így kapott 1-faktorizációra láthatunk példát n = 14, m = 7 esetben. Ezzel befejeztük annak az esetnek a bizonyítását, ha m páratlan. 11

16 3.5. ábra. A konstrukcióval kapott teljes párosítások, páratlan m esetén (2) m páros. K 4 -re nyilvánvalóan teljesül a lemma. Feltehetjük tehát, hogy m 4. Legyen L 1,..., L m 1 olyan 1-faktorizációja K m -nek, amire teljesül, hogy L i L j Hamiltonkört alkot, ha j = i+1 vagy i+2 (1 i, j m 1). A tétel elején látott állítás miatt tudjuk, hogy ilyen 1-faktorizáció létezik. Tekintsük az alábbi Hamilton-köröket: H k = L 2k L 2k+1 (4 2k m 2), valamint legyen H {H k : 2 k (m 2)/2} rögzített. Képzeljük el a H-hoz tartozó 5-reguláris K n -beli G részgráfot ugyanúgy, mint ahogy azt az el z esetben láttuk. Ugyanúgy deniáljuk a négy osztályt (M i, i = 1,2,3,4), és j = 1,2-re a két-két alosztályt, mint fent (M j = M j,0 M j,1 ). Deniáljuk most az alábbi módon a C i -ket: C 1 = M 1,1 M 2,0, C 2 = M 1,0 M 2,1, C 3 = M 3, C 4 = M 4. Ismét láthatjuk, hogy ezek E(G) L-nek 1-faktorizációját adják, valamint C i = C i L (1 i 4) négy olyan Hamilton kör K n -ben, melyeknek a metszete pontosan L. Az eddigiekhez hasonló módon konstruáljuk meg G 7 -t úgy, hogy tartalmazza L-t és a G 3 = L 1 L 2 L 3 K m -beli részgráfhoz tartozzon. Ugyanúgy, ahogy azt feljebb láttuk egy K m -beli élhez négy K n -beli él tartozik, így G 7 egy 7-reguláris részgráf K n -ben. Ha sikerülne felbontani E(G 7 ) L-t hat darab C j teljes párosításra úgy, hogy C j =C j L Hamilton-kört alkosson G 7 -ben minden j-re (1 j 6), akkor találunk összesen 6+4(m 4)/2 = 2m 2 = n 2 darab teljes párosítást, amilyeneket a lemmában szeretnénk. 12

17 Hogyan képzeljük el G 7 -t? Tekintsük azt a Hamilton-kört K m -ben, amit L 1 L 2 -b l kapunk. Képzeljük el ugyanúgy, mint az els esetben a G 5 5-reguláris részgráfot, amely tartalmazza L-t. G 7 -t úgy kapjuk G 5 -b l, hogy hozzáadjuk minden e = u i u j L 3 élhez tartozó u i u j, u i u j, u i u j, u i u j éleket, azaz az eddig használt sokszög-gy r nket összekuszáljuk az L 3 -hoz tartozó él-négyesekkel. Csoportosítsuk G 7 L éleit. (Feltesszük, hogy u 1 u 2 L 1.) i = 1,2,3-ra, ha u r u s L i, akkor legyen: u ru s L i, u ru s L i, u ru s, u ru s N i. Ez a felosztás nyilván particionálja E(G 7 ) L élhalmazt. Konstruáljuk meg C i (1 i 6) halmazokat, melyekb l aztán megkapjuk a nekünk kell C i -ket. Ehhez el ször osszuk fel N 2 N 3 -at két G 7 -beli teljes párosításra: C 1, C 2. Ezek az L 2 L 3 által meghatározott Hamilton-körhöz tartoznak az alábbi módon: N 2 N 3 élei legyenek a m-szög gy r "oldallapjainak" az átlói, ahogy azt már korábban is láttuk. L 2 L 3 (illetve L 2 L 3 ) legyenek a bels (ill. küls ) m-szög oldalélei, valamint az adott L teljes párosítás élei legyenek a gy r sugár irányú élei. Ekkor az egyik "irányú" átlók legyenek C 1, a másik "irányú" átlók legyenek C 2 elemei. Nyilván C i = C i L, i = 1,2-re Hamilton-kört alkot G 7 -ben, így i = 1,2-re megvannak a kívánt C i halmazok ábra. Az els két teljes párosítás páros m esetén A 3.6 ábrán az L 2 L 3 által meghatározott Hamilton-körb l kapott G 5 G 7 gráfban látjuk a két deniált teljes párosítást (az L 1 -hez tartozó éleket nem rajzoltuk bele, n = 16). Az indexelést megfelel en megválasztva feltehetjük, hogy: L 1 = {u 2i 1 u 2i : i = 1,..., m/2}, L 2 = {u 2i u 2i+1 : i = 1,..., m/2, u m+ = u 1 }. Deniáljuk N 1 egy particionálását: N 1 = N 1 N 1, ahol: N 1 = {u 4i 3u 4i 2 : i = 1,..., [(m+2)/4]} {u 4i 1u 4i : i = 1,..., [m/4]}, N 1 = N 1 N 1. Valamint particionáljuk L 2 L 2 -t is: L 2 L 2 = L 3 L 4, ahol: L 3 = {u 4i 2u 4i 1 : i = 1,..., [(m+2)/4]} {u 4iu 4i+1 : i = 1,..., [m/4]}, L 4 = (L 2 L 2) L 3 Legyen C 3 = L 3 N 1, valamint C 4 = L 4 N 1. 13

18 3.7. ábra. A harmadik és negyedik teljes párosítás páros m esetén A 3.7 ábrán az L 1 L 2 által meghatározott Hamilton-körb l kapott G 5 G 7 gráfban látjuk a két deniált teljes párosítást (az L 3 -hez tartozó éleket nem rajzoltuk be, n = 16). Vastag vonallal jelöljük az N 1 illetve N 1 halmazokat, valamint szaggatott vastag vonallal az L 3 ill. L 4 halmazokat. Látni fogjuk, hogy nem feltétlenül lesznek az így deniált halmazok teljes párosítások G 7 -ben, de ezt a problémát nemsokára kiküszöböljük. Deniálnunk kell még a megmaradt C 5 és C 6 halmazokat. Ehhez tekintsük az L 1 L 3 által meghatározott Hamilton-kört G 3 -ban. Azok az élek, melyeket nem tartalmaz egyik C i sem (1 i 4) pontosan az L 1 L 1 L 3 L 3 halmazbeli élek. Legyen C 5 = L 1 L 3, i L illetve C 6 = L 1 L 3. Nyilván ezekre is teljesül, hogy teljes párosítások, és C i = C Hamilton-körei G 7 -nek (i = 5,6). Ezeknek az ábrázolásától most eltekintünk. A folytatásban két eset lehetséges. (a) m 0 (mod 4). Legyen C i =C i (1 i 6). Mivel m 0(mod4) ezért i=3,4 esetben C i teljes párosítás, és C i = C i L Hamilton-kör G 7-ben. Mivel ezek a feltételek i = 1,2,5,6-ra eddig is teljesültek, így C 1,..., C 6 a kívánt 1-faktorizációja G 7 L-nek. (b) m 2 (mod 4). Ekkor C 1, C 2, C 5 és C 6 teljes párosítások G 7-ben, de C 3, C 4 nem. Látható ugyanis, hogy például d C (u 3 1 ) = d C 4 (u 1 ) = 2. Ugyanakkor egy kis módosítással mégis meg tudjuk kapni a kívánt teljes párosításokat ezekb l is. Ehhez meg kell vizsgálnunk a 12 darab G 7 L-beli u 1 u 1 éllel szomszédos élt. Feltehetjük, hogy C 1 tartalmazza u qu m élt, ahol u q u m L 3. Ebb l következik, hogy u mu 1, u 1 u r C 1, ahol u 1u r L 3, és u m u 1 L 2, így u qu m, u mu 1, u ru r C 2, mivel ezek a velük "átlós" élek. Ugyanígy kapjuk, hogy u 1 u 2 C 3, ahol u 1u 2 L 2, és emiatt u m 1 u m, u mu 1 C és u m 1 u m, u mu 1, u 1 u 2 C 4. Ezekb l következik, hogy u 1 u 2, u 1 u r C 5 Legyen C 2 = C 2 és C 5 = C 5 és u 1 u 2, u 1 u r C, valamint deniáljuk a többi teljes párosítást az alábbi módon: C 1 = (C 1 {u mu 1, u 1u r}) {u mu 1, u 1u r}, C 3 = (C 3 {u 1u 2}) {u 1u 2}, C 4 = (C 4 {u mu 1}) {u mu 1}, C 6 = (C 6 {u 1u 2, u 1u r}) {u 1u 2, u 1u r}. Mivel {C i : 1 i 6} particionálta G 7 L-t, ezért {C i : 1 i 6} is particionálja. És mivel m 2 (mod 4), így könnyen ellen rizhet en ez utóbbi már 1-faktorizáció is. Ugyanakkor C i L Hamilton-körsége is teljesül minden i-re (1 i 6), és így beláttuk a (b) esetet is, azaz befejeztük a lemma bizonyítását. 14 3, 6.

19 Érdekességként szerepeljen itt egy szintén megoldatlan a lemmánkhoz nagyon hasonló sejtés. K 2m -nek egy 1-faktorizációja perfekt, ha bármelyik két különböz L 1, L 2 teljes párosítást bel le kiválasztva L 1 L 2 Hamilton-kört alkot K 2m -ben Sejtés. Ha m 2, akkor K 2m -nek létezik perfekt 1-faktorizációja. A sejtésr l már bebizonyították, hogy igaz, ha 2m 1 vagy m prím, illetve számtalan speciális esetben (2m = 16, 18, 36, 50, 244, 344, stb.). Mi most megelégszünk a megemlítésével. Immár készen állunk arra, hogy bebizonyítsuk 3.1 Tételt az el z lemmának a segítségével. A 3.1 Tétel bizonyítása. V 4+ szerinti indukcióval bizonyítunk. El ször azt az esetet vizsgáljuk, amikor V 4+ = 1, azaz G olyan gráf, hogy van benne egy v csúcs, hogy minden kör tartalmazza v-t, és bármely két körnek a metszete pontosan v. Ez azt jelenti, hogy minden T Euler-séta G-ben úgy halad, hogy miután átmegy egy v-b l kiinduló e élen végigmegy az összes élen abban körben, amely tartalmazza e-t, miel tt újra visszaér v-be. Nézzük azt a K n teljes gráfot, amire n=2m=d(v) 4, és minden K n -beli csúcs megfelel egy v-vel szomszédos élnek G-ben. Így adódik egy természetes megfeleltetés a K n -beli élek és a v körüli G-beli átmenetnek között. Minden G-beli kört leírhatunk a két v-vel szomszédos élével, és így a G-beli körökhöz tartozik egy jól meghatározott L teljes párosítás K n -ben. Legyen T egy G-beli Euler-séta. Tekintsük az alábbi alakban: T = vw 1,..., w 2 v, vw 3,..., w 4 v, vw 5,..., w 2m 2 v, vw 2m 1,..., w 2m v. Ekkor a {w 2j v, vw 2j+1 } T -beli átmenetekhez (w 2m+1 = w 1, 1 j m) tartozó élek egy K n - beli L teljes párosítást alkotnak. A vw 2j 1,..., w 2j v, (1 j m) típusú részletek adják az L teljes párosítást. Nyilván L L =, és mivel T Euler-séta G-ben, így L L Hamilton-kört alkot K n -ben, pont ahogy ezt már a 2.2 Tétel bizonyításában is láttuk. Tegyük fel, hogy T 1 és T 2 kompatibilis Euler-séták G-ben. Ekkor a kompatibilitás deníciójából következik, hogy a hozzájuk tartozó L 1 és L 2 teljes párosításokra K n -ben teljesül, hogy L 1 L 2 =. Tehát, ha T 1,..., T k páronként kompatibilis Euler-séták G-ben, akkor a hozzájuk tartozó L 1,.., L k teljes párosítások páronként diszjunktak, és ugyanúgy, ahogy feljebb láttuk L i L Hamilton-kört alkot K n -ben minden i-re (1 i k). Ugyanígy visszafele jól láthatóan egy tetsz leges K n -beli L teljes párosításra, ha teljesül, hogy L L Hamilton-kört alkot K n -ben, és L L =, akkor a megfeleltethet egy T Euler-sétának G-ben. Valamint itt is teljesül, hogy ha L i, L j K n teljes párosításokra teljesül, hogy L i L j =, és L i L illetve L j L is Hamilton-kört alkotnak K n -ben, akkor az általuk indukált T i, T j séták egymással kompatibilis Euler-séták lesznek G-ben. A 3.2 Lemmából tudjuk, hogy tetsz leges L esetén K n L felbomlik n 2 darab ilyen tulajdonságú teljes párosításra, tehát ezekkel megkapjuk a kívánt kompatibilis sétákat, és így a V 4+ = 1 esettel készen vagyunk. Legyen most V 4+ > 1, és 2k = δ(g). Azt akarjuk belátni, hogy G-ben van 2k 2 darab egymással páronként kompatibilis Euler-séta. Legyen T egy tetsz leges G-beli Euler-séta. Legyenek a V 4+ -beli csúcsok v 1,..., v t, és ezekkel az indexekkel címkézzük meg minden csúcsot. Vágjuk szét minden v i V 4+ -beli csúcsot d(v i )/2 csúcsra a T Euler-sétabeli átmenetek szerint, ahogy azt a dolgozatunk elején már deniáltuk (csak most minden csúcsot szétvágunk!). Így kapjuk G T szétvágott gráfot, amely T Eulersége miatt összefügg. Minden szétvágott csúcs tartsa meg a címkéjét, azaz minden v i címke d(v i )/2-ször szerepel majd G T -ben. 15

20 Tekintsük egy tetsz leges séta-felbontáshoz tartozó ilyen teljes szétvágását egy Eulergráfnak. Könnyen látszik, hogy a szétvágott gráf komponenseinek a száma megegyezik a felbontásban szerepl séták számával, hiszen ekkor G T pontosan a sétákból kapott diszjunkt körök uniója. (A 3.8 ábrán erre láthatunk egy példát. Az egyik sétát vastagítva jelöltük, míg a másikat az átmeneteivel adtuk meg. A jobb oldalon a bel le kapott szétvágott gráfot látjuk, amely így két diszjunkt körb l áll.) 3.8. ábra. Egy gráf szétvágása séták mentén Speciálisan ha egy Euler-séta szerint vágjuk szét a gráfot, ahogy fent tettük, akkor az így kapott G T gráf összefügg lesz. Legyen G T v j az a gráf, amit G T -b l kapunk minden v j címkével megjelölt csúcsát újra összehúzva. Legyen n = d(v j ), és deniáljuk K n -t ugyanúgy, mint a V 4+ = 1 esetben. Legyen L T v j az a teljes párosítás K n -ben, amely megfelel azoknak a v j -vel szomszédos élpároknak, melyek ugyanahhoz a körhöz tartoznak G T v j -ben. Ha választunk egy másik L i teljes párosítást K n -ben, amire L i L T v j Hamilton-kör, akkor deniálhatunk hozzá egy másik T i Euler-sétát: T i = T L i, mint a V 4+ = 1 esetben úgy, hogy minden v V (G) v j -re ugyanazok az átmenetek, mint T -ben, és v j -re pedig az L i által meghatározottak. Tekintsünk most egy T 0 rögzített Euler-sétát G-ben. Legyen G 0 = G T 0, és legyenek T 0,1, T 0,2,..., T 0,2k 2 a T 0 -hoz tartozó G 0 -beli Euler-séta különböz indexelései. (Itt még mindegyik ugyanazt az Euler-sétát jelöli!) Ekkor T 0,1, T 0,2,..., T 0,2k 2 triviálisan 2k 2 darab páronként kompatibilis Euler-sétája G 0 -nak, hiszen G 0 -ban minden csúcs foka 2. Megadunk egy iteratív módszert, amivel megkapjuk a 2k 2 darab páronként kompatibilis Euler-sétát G-ben. Minden j-re G j -t G j 1 -b l kapjuk meg minden G j 1 -beli v j címkével megjelölt csúcsot újra egy csúccsá összehúzva (1 j t). Tegyük fel, hogy léteznek T j 1,1, T j 1,2,..., T j 1,2k 2 páronként kompatibilis Euler-séták G j 1 -ben valamely j {1,..., t}-re. Ezekre úgy tekinthetünk, mint Euler-sétákra G-ben, melyek összeütköznek (azaz nem kompatibilisek) T 0 -al mindegyik csúcsban kivéve v 1,..., v j 1 helyeket, ahol már elértük kompatibilitást. Legyen n = d(v j ). A K n teljes gráfbeli L teljes párosítás feleljen meg a köröket meghatározó v j -vel szomszédos élpároknak. A 3.2 Lemma alapján tudjuk, hogy létezik olyan {L 1,..., L n 2 } 1-faktorizációja K n L-nek, hogy L L i Hamilton-kört alkot K n -ben minden i-re (1 i n 2). Legyen T j,i = T L i j 1,i (1 i 2k 2 n 2). Mivel a feltétel szerint G minden blokkja kör, így két adott v j -vel szomszédos él pontosan akkor tartozik ugyanabba a körbe G T j 1,i v j -ben, mint G-ben, ezért L T j 1,i v j = L teljesül minden i-re (1 i 2k 2). Ezért, és mivel L i L Hamilton-kört alkot K n -ben kapjuk, hogy T j,i is Euler-séta G-ben minden i-re (1 i 2k 2). Ha úgy tekintünk T j,1, T j,2,..., T j,2k 2 -re, mint G-beli Euler- 16

21 sétákra, akkor látjuk, hogy összeütköznek T 0 -al V 4+ {v 1,..., v j } csúcsokban (esetleges iránybeli különbséggel), de v 1,..., v j csúcsokon már kompatibilisek vele. Mivel G t = G így végül T t,1, T t,2,..., T t,2k 2 pontosan a kívánt 2k 2 darab páronként kompatibilis Euler-séta G-ben. Mit is csinálunk tulajdonképpen az iteráció során? Minden lépésben a szétvágott gráf egy csúcsát újra összehúzzuk egy csúccsá és felhasználva 3.2 Lemmát keresünk neki 2k 2 darab ebben a csúcsban páronként kompatibilis átmenet-rendszert. Ezt mindig megtehetjük, hiszen 2k a legkisebb fokszám V 4+ (G)-ben, így a lemma minden csúcsra alkalmazható lesz. Így minden lépésben 1-el több csúcsra fog teljesülni, hogy náluk már kompatibilisek az Euler-sétáink, amelyekr l a körök blokksága miatt (és ezért a szétvágott és az eredeti gráf köreinek megfeleltetése miatt) láttuk, hogy Euler-séták maradnak minden iterációs lépés után is. 17

22 4. fejezet Er sebb eredmények 4.1. pcet(g) k Próbáljunk az eddiginél (pcet(g) k 1,) jobb alsó becslést adni a páronként kompatibilis Euler-séták maximális számára G Euler-gráfban. Ahogy látni fogjuk sokkal jobbat nem tudunk, de mégis a korlátot fel tudjuk tornázni k 1-r l k-ra. A következ, 3.2 Lemmához nagyon hasonló lemmát fogjuk belátni: 4.1. Lemma (Jackson, Wormald). Legyenek L 1, L 2,..., L k teljes párosítások K 2m teljes gráfban, k m. Ekkor léteznek olyan él-diszjunkt L 1, L 2,..., L k teljes párosítások K 2m -ben, hogy L i L i Hamilton-kört alkot minden i-re (1 i k). Ennek a lemmának a bizonyításához szükségünk lesz egy 2.1 Tételhez hasonló, ám jóval er sebb eredményre Tétel (Jackson, Wormald). Legyen G egy n-csúcsú gráf, és M egy párosítás G-ben, amire: (1) d(x)+d(y) n teljesül minden független x, y csúcspárra, amelyek M-el érintkeznek (azaz x, y V (M), ahol V (M) az M párosítás csúcshalmaza). Ekkor M-et tartalmazza egy G-beli kör, hacsak egyenl ség nem áll fent (1)-ben legalább két diszjunkt (x, y) csúcspárra, és legalább az egyik az alább felsorolt feltételek közül teljesül. (a) valamely yz M élre V (G) {y, z} nem összefügg, és legalább két komponensében van M-beli él; (b) M páratlan vágás G-ben; (c) G-nek M egy páratlan élszámú teljes párosítása, és K 2s,2s+2 G M K 2s +K 2s+2. Speciálisan ha M egy teljes párosítás kapjuk az alábbi következményt. Az ebben szerepl nem teljesülési feltételeket a 4.1 ábrán illusztráljuk Következmény. Legyen G egy olyan n-csúcsú gráf, hogy d(x) + d(y) n teljesül minden független x, y csúcspárra, valamint legyen M egy teljes párosítás G-ben. Ekkor M- et tartalmazza egy G-beli Hamilton-kör, hacsak legalább az egyik alább felsorolt feltétel nem telesül. (a) G = K 2 +(K 2s K 2t ); (b) G M = 2K 2s+1 ; (c) K 2s,2s+2 G M K 2s +K 2s+2. 18

23 4.1. ábra. A nem megengedett esetek 4.3 Következményben Bizonyítás. (a) esetben, ahogy több részre esik szét a G {y, z} gráf azt láthatjuk, hogy két olyan csúcs fokszámának az összege, amelyek különböz komponensben vannak legfeljebb G {y, z} 2 = n 4. Mivel bármely két nem szomszédos csúcs fokszámösszege legalább n kell legyen a feltétel szerint, így azt kapjuk, hogy mindkét különböz komponensbe es csúcs össze kell legyen kötve y, z pontokkal, s t minden más ponttal is a saját komponensében, továbbá pontosan két komponensre eshet csak szét G {y, z}. Mivel s, t 1, így az a feltétel, hogy legalább két diszjunkt pontpárra egyenl séggel teljesüljön a d(x)+d(y) n egyenl tlenség automatikusan következik. (b) esetben ugyanilyen megfontolásból kapjuk, hogy teljes gráfok kell legyenek a vágás két oldalán, és ekkor is, mivel s 1 kapjuk, hogy a két diszjunkt élpáros feltétel automatikusan teljesül. (c) esetben a 4.1 ábrán baloldalon ábrázolt kisebb halmazban az M-en kívüli élek tetsz legesen lehetnek behúzva vagy nem. d(x) + d(y) n egyenl séggel teljesül két független pontpárra a nagyobb halmazból, és mivel s 1, ezért létezik legalább két ilyen pontpár. Ezek alapján valóban elhagyható a 4.2 Tételb l a legalább két diszjunkt pontpáros feltétel Következmény. Legyen G gráf csúcsainak a száma n 0 (mod 4), δ(g) n/2. Ekkor minden G-beli teljes párosítást tartalmaz G-beli Hamilton-kör. Bizonyítás. A 4.3 (b) és (c) esetében az M teljes párosítások páratlan nagyságúak, így ezek az esetek nem fordulhatnak el. Az (a) esetben pedig csak akkor lehet n/2 a minimális fokszám, ha s = t, ekkor viszont n 2 (mod 4), ellentmondásban a feltevéssel. A 4.2 Tétel bizonyításához szükségünk lesz néhány új fogalomra és egy el készít lemmára. Legyen Q egy kör vagy út G-ben. Tegyük fel, hogy adva van Q-n egy tetsz leges irányítás, és jelölje Q az ellentétesen irányított utat vagy kört. Legyen u, v V (Q). Jelölje v, v + a v-t megel z, illetve a v után következ csúcsot Q-ban. (v (v + ) nincsen deniálva ha Q egy út és v az els (utolsó) eleme.) Jelölje Q[u, v] azt a rész-utat Q-ban, amely u-tól megy v-ig. (Ha Q egy út, és v megel zi u-t Q-ban, akkor Q[u, v] nincs deniálva.) Egy S V (Q)-ra legyen S + = {v + : v S} és S = {v : v S}. Legyen M egy párosítás G-ben. Egy M-kör és M-út olyan kört és utat jelöl, amely tartalmazza M-et. M-fedés G-ben egy olyan (P, C) pár, ahol P egy út C egy kör, V (P ) V (C) = és M E(P ) E(C). Legyen (P, C) egy M-fedés. Ekkor egy (P,C)-elkerülés egy olyan C[y, z] részlet, hogy y és z szomszédosak P két különböz végével, és {yy +, z z} M =. M + =V (M) V (M) + és M =V (M) V (M), C P irányítása szerint. Ez azt jelenti, hogy egy v csúcs pontosan akkor eleme M + -nak, ha v V (M) és v V (M) is teljesül. Ugyanígy v M pontosan 19

24 akkor, ha v V (M) és v + V (M) is fennáll. Egy v V (C P )-re legyen v +M a v-t követ els csúcs M -ban. Ugyanígy v M az utolsó csúcs M + -ban, amely megel zi v-t (v +M = v, ha v M és v M = v, ha v M + ). Végül egy S V (G) csúcshalmazra és H G részgráfra legyen N H (S) = N(S) V (H) és d H (S) = N H (S). (N(S)-el jelöljük S csúcshalmaz szomszédainak a halmazát.) 4.5. Lemma. Legyen M egy párosítás G-ben, és (P, C) egy M-fedés, ahol P = P [w, x]. Tegyük fel, hogy G-ben nincs M-kör. Legyen Q egy út C M-ben, aminek ugyanaz az irányítása, mint C-nek. Tegyük fel, hogy léteznek u v csúcsok, hogy u N C (w) N C (w +M ) és v N C (x) N C (x M ). Ekkor: (a) {u, v} V (Q). Ha feltesszük továbbá, hogy {u, v} M =, p V (C[u +, u +M ]) és q V (C[v +, v +M ]), akkor: (b) pq E(G) (c) ha s N Q (p), t N Q (q) és Q C[u +M, v], akkor vagy s=t, vagy s megel zi t-t Q-ban. Bizonyítás. Ha (a), (b), (c) közül bármelyik nem teljesül, akkor könnyen kaphatunk egy M-kört (P, C)-b l, ellentmondásban a feltevéssel. (a) esetben az u-ból indulva menjünk végig az M-beli éleket tartalmazó köríven v- ig, innen menjünk x vagy x +M -be (, attól függ en, hogy melyiknek a szomszédja v, ha mindkett nek akkor tetsz legesen válasszunk), majd haladjunk végig P -n w vagy w M -ig (ismét a fenti elven választva), és ebb l a pontból menjünk vissza u-ba. Ez a kör a deníciók miatt minden M-beli élt tartalmaz. (b) esetben szintén induljunk u-ból, menjünk a p-t nem tartalmazó köríven q-ig, menjünk át pq-élen, majd menjünk a az u-t nem tartalmazó köríven v-ig. Az u és v közötti P -n átmen út legyen ugyanaz, mint az el z esetben, és így könnyen látszik, hogy megint M-kört kapunk. (c) esetben u-ból menjünk a p-t nem tartalmazó köríven q-ig, menjünk át a qt-élen, t-b l menjünk a q-t nem tartalmazó köríven p-ig, menjünk át a ps-élen, majd s-b l az u-t nem tartalmazó köríven menjünk el v-ig. A P -n átmen út legyen ugyanaz, mint a fenti két esetben, és így ismételten látszik, hogy az így kapott út most is tartalmazza M összes élét. A 4.2 Tétel bizonyítása. Indirekt tegyük fel, hogy M nincs benne egy G-beli körben. Ha M =1, akkor M egy elvágó él, és így a tételbeli (b) feltétel teljesül. Tehát feltehetjük, hogy M 2. Készítsünk egy új H gráfot úgy, hogy egymás után kössünk össze nem szomszédos csúcsokat V (M)-b l egészen addig, amíg bármely ilyen következ új él hozzáadásával H- ban lenne egy M-kör. Ekkor V (M) nem feszíthet teljes gráfot H-ban, hiszen akkor lenne benne M-kör. Vegyünk két nem szomszédos csúcsot: x, y V (M). Ekkor H +xy tartalmaz M-kört és, ezért H tartalmaz M-utat Állítás. H tartalmaz (P, C) M-fedést (P, C)-elkerüléssel. Bizonyítás. Válasszunk egy Q M-utat H-ban. Feltehetjük, hogy Q=Q[x, y] (x, y V (M)). Legyen R =H Q. Mivel H-ban nincs M-kör, xy E(H) és N R (x) N R (y)= (ha létezne u N R (x) N R (y), akkor az M-úthoz yu és xu éleket hozzáadva egy M-kört kapnánk). Ebb l következik, hogy N Q (x) N Q (y), hiszen (1) miatt N Q (x) + N Q (y) Q kell teljesüljön, valamint nyilván N Q (x) = N Q (x), és így xy E(H) miatt a skatulya-elv alapján kapjuk az állítást. Egy z N Q (x) N Q (y) csúcsra zz + M teljesül, különben a zy+q[y, z + ]+z + x+q[x, z] M-kört alkotna, ellentmondásban a feltevésünkkel. Legyen most P = Q[x, z ] és C = P [z, y]+yz. Ez egy kívánt M-fedés a C[z + z] (P, C)-elkerüléssel. 20

25 Válasszunk egy (P, C) M-fedést egy (P, C)-elkerüléssel H-ban úgy, hogy P legyen minimális, és ezen belül olyan, hogy C minimális. Legyen P = P [w, x] és legyen C[y, z] egy (P, C)-elkerülés úgy, hogy {wy, xz} E(H). Az alábbi 4.2 ábrán egy ilyet láthatunk. A vastagított élek felelnek meg az M-beli éleknek, valamint a vastagított szaggatott élek olyan éleket jelölnek, melyek nem lehetnek M-beliek ábra. (P, C)-elkerülés a bizonyításbeli jelölésekkel P minimalitásából következik, hogy: (2) N P (y +M ) M és N P (z M ) M +. Hogy ezt lássuk indirekt tegyük fel, hogy u N P (y +M ), és u M. Viszont ekkor C = uy +M + C[y +M, y] + yw + P [w, u], amelyben az y +M és y közötti körív átmegy a z ponton, és P = P [x, u + ] olyan (P, C)-elkerülés, amelyben P kisebb, ellentmondásban a minimalitással. (3) Ha y N(z M ), akkor N P (y +M ) =. Indirekt, ha létezik u N P (y +M ), akkor C =yw+p [w, u]+uy +M +C[y +M, z M ]+z M y, P = P [x, u + ] olyan (P, C)-elkerülés, amelyben P kisebb. Ugyanezért teljesül: (4) Ha z N(y +M ), akkor N P (z M ) =. Azt mondjuk, hogy C[y, z] egy irreducibilis (P, C)-elkerülés, ha T =[y +, z ]-re teljesül az alábbi három feltétel mindegyike: (5) N T (w +M ) M és N T (x M ) M +, (6) Ha y N(x), akkor N T (w +M ) =, (7) Ha z N(w), akkor N T (x M ) =. Felhasználva P minimalitását következik, hogy minden (P, C)-elkerülés, amely tartalmazásra nézve minimális irreducibilis is egyben ugyanazért, ahogy azt feljebb láttuk a (2)-(4) egyenleteknél. Ezért H-ban van irreducibilis (P, C)-elkerülés és feltehetjük, hogy C[y, z] irreducibilis. Legyen R = H (C P ) és legyen S a maximális utak halmaza (C P ) M-ben, ahol 21